kieliszek do wina

Matematyka dyskretna
© Andrzej Łachwa, UJ, 2016
[email protected]
8a/14
Zbiory przeliczalne
Przyjmujemy, że
= {0, 1, 2, 3, … n-1} dla n>0 oraz
= przy n=0.
Zbiór skończony to zbiór bijektywny z pewnym zbiorem postaci .
Zbiór nieskończony to zbiór, który nie jest skończony.
Liczba elementów skończonego zbioru X to jedyna liczba naturalna n
taka, że istnieje bijekcja z
w X. Liczbę te oznaczamy przez |X|.
Oczywiście
.
Zbiór przeliczalny to zbiór skończony lub bijektywny z .
Zbiór pusty jest przeliczalny, bo jest skończony. Zbiór liczb parzystych jest
przeliczalny, bo
jest bijekcją
. Zbiór liczb całkowitych
jest przeliczalny, bo
jest bijekcją z
w .
3 zasady zliczania
Zaczynamy od 3 zasad ogólnych: dodawania, włączania-wyłączania oraz
mnożenia.
ZASADA DODAWANIA
Dla skończonych i rozłącznych zbiorów A i B mamy
Dla zbiorów
skończonych i parami rozłącznych mamy
ZASADA WŁĄCZANIA I WYŁĄCZANIA
Dla zbiorów skończonych
Lemat
W szczególności,
skończone.
zachodzi
, o ile tylko A, B są
Przykład
W czasie przyjęcia, na którym było 17 osób, 10 osób poprosiło o kieliszki
do wina czerwonego i 10 osób poprosiło o kieliszki do wina białego. Ile
osób otrzymało oba kieliszki?
17 = 10 + 10 ‒ x
x=3
Przykład
W czasie przyjęcia, na którym było 17 osób, 10 osób poprosiło o kieliszki
do wina czerwonego, 10 osób poprosiło o kieliszki do wina białego, a 4
osoby o kieliszki do koniaku. Przy 2 osobach stały trzy kieliszki. Ile osób
otrzymało dokładnie jeden kieliszek?
|CᴜBᴜK| = |C| + |B| + |K| ‒ |C∩B| ‒ |B∩K| ‒ |C∩K| + |C∩B∩K|
17 = 10 + 10 + 4 ‒|C∩B| ‒ |B∩K| ‒ |C∩K| + 2
17 = 26 ‒|C∩B| ‒ |B∩K| ‒ |C∩K|
???
x – liczba osób, które mają kieliszki tylko do czerwonego i białego
y – liczba osób, które mają kieliszki tylko do tylko do białego i do koniaku
z – liczba osób, które mają kieliszki tylko do czerwonego i do koniaku
17 = 26 ‒ (2+x) ‒ (2+y) ‒ (2+z)
17 = 20 ‒ (x+y+z)
Zatem skoro 3 osoby mają po dokładnie dwa kieliszki, a w treści zadania
podano, że 2 osoby mają po 3 kieliszki, to pozostałe 12 osób ma dokładnie
po jednym kieliszku.
Dowód lematu
W czasie przyjęciaPonieważ trzy zbiory
rozłączne i sumują się do
mocy zasady dodawania mamy:
i stąd
i
są parami
, to na
ZASADA MNOŻENIA
Jeżeli mamy wybrać dwa różne obiekty: pierwszy spośród m obiektów,
a drugi spośród n obiektów, to liczba możliwych wyborów jest równa m·n.
Zasada ta mówi, że dla skończonych zbiorów X, Y mamy |XY|=|X||Y|.
Przypomnijmy, że iloczyn kartezjański zbiorów X, Y to zbiór
A zatem jest to liczba par (x, y).
Postać ogólna
Jeżeli A1, A2, … An są zbiorami skończonymi to
| A1  A2  …  An | = |A1||A2|…|An|.
[Dowód przez indukcję]
Przykład
Rozważmy świat, w którym mamy 12 kobiet i 15 mężczyzn, i w którym
każda osoba wysyła osobie płci przeciwnej życzenia imieninowe (osobom
tej samej płci nie wysyła życzeń). Ile kartek z życzeniami wysłano w ciągu
roku?
Niech C i N będą zbiorami kobiet i mężczyzn. Każda kartka z życzeniami
może być interpretowana jako uporządkowana para
, gdzie
,
. Zatem liczba wysłanych życzeń to liczność zbioru CN plus liczność
zbioru NC więc
|C×N| + |NC| = 2|C||N|= 21215 = 2180 = 360.
Zliczanie podzbiorów
Twierdzenie
Dla dowolnego skończonego zbioru X zachodzi
Definicja
Współczynnik dwumianowy
zbioru n-elementowego, tzn.
kombinacjami.
Twierdzenie
n
 
k 
=
n!
k!(n  k )!
to liczba k-elementowych podzbiorów
. Podzbiory te nazywamy
Lematy
Dla nk0 zachodzi równość
n
 
k 
=
 n 

 .
n  k 
n
   2 n

k 0  k 
n
Dla n1 zachodzi
Komentarz
(n) (n) ( n)
( n ) (n )
Wyrażenie 2n = (1+1)n = 0 + 1 + 2 + …+ n−1 + n może być odczytane
jako suma podzbiorów 0-elementowych, 1-elementowych, 2-elementowych, … , (n-1)-elementowych i n-elementowych.
Dla nk0 zachodzi równość
n
 
k 
=
 n  1  n  1

  

 k   k  1
Jak się to ma do trójkąta Pascala?
1
1
1
1
5
. . . . .
1
4
3
10
1
2
6
1
3
10
1
4
1
5
1
1
Przykład
Rzucamy 10 razy symetryczną monetą. Ile jest możliwych wyników,
w których orzeł wypadł parzystą liczbę razy?
Niech X = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.
Wynik będziemy reprezentować zbiorem A X. Będzie to zbiór pozycji, na
których występują jedynki w ciągu reprezentującym wynik eksperymentu
(1 – orzeł, 0 –reszka). Na przykład A={1,2,5,6} odpowiada wynikowi
1100110000.
Gdy wypadną same jedynki, to A = X.
Gdy wypadnie 8 jedynek, to A jest 8-elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 6 jedynek, to A jest 6-elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadną 4 jedynki, to A jest 4-elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 2 jedynki, to A jest 2-elementowym podzbiorem X.
Gdy wypadnie 0 jedynek, to A jest zbiorem pustym.
Możliwych eksperymentów, gdzie wypadnie parzysta liczba jedynek jest
zatem:
1+
10 
 
8
+
10 
 
6
+
10 
 
4
+
10 
 
2
+ 1 = 1 + 45 + 210 + 210 + 45 + 1 = 512
A ile jest możliwych wyników? Jest ich 210 = 1024.
Przykład
Ile jest różnych liczb naturalnych mniejszych od 2n, które w zapisie
dwójkowym mają dokładnie k jedynek?
Liczby te w zapisie dwójkowym, to ciągi n-elementowe an-1an-2…a2a1a0,
a każdy taki ciąg można traktować jako funkcję charakterystyczną zbioru
A zawartego w zbiorze {0, 1, … n-1} taką, że iA wttw ai=1.
Zbiór A przechowuje informację, na jakich pozycjach znajdują się jedynki.
Np. dla n=7 liczba 7510=10011012 więc A={6,3,2,0}. Odwzorowanie, które
liczbie naturalnej przyporządkowuje zbiór pozycji na których występują
jedynki w zapisie dwójkowym tej liczby, czyli odpowiedni zbiór A, jest
bijekcją. Liczymy więc k-elementowe podzbiory zbioru {0,1,…n-1}.
Jest ich
n
 
k 
.
Przykład
Ful w pokerze to układ 5 kart, w których występują tylko karty o dwóch
różnych wysokościach x i y: dokładnie 3 karty o wysokości x i 2 karty
o wysokości y. Oznaczmy typ fula przez (x,y).
Ile jest różnych układów typu (7,D)?
Ile jest różnych typów fuli?
Dla układu typu (7,D) trzy siódemki są wybrane z czterech, a dwie damy –
też z czterech.
Więc mamy
 4
 
 3

 4
 
 2
= 24 możliwości.
Typ fula ustalimy wybierając jedną z 13 wysokości kart (oznaczmy ją jako
x), a następnie jedną z pozostałych 12 (oznaczmy ją jako y), czyli różnych
typów fuli jest 1312 = 156.
Przykład
W lodziarni są trzy rodzaje lodów: jogurtowe, bakaliowe i waniliowe.
Sprzedaje się desery po 5 kulek. Na ile sposobów można skomponować
deser (kolejność kulek nie jest ważna)?
Mamy liczby naturalne j5, b5, w5, j+b+w=5. Każdy taki zestaw można
zakodować w 7 kratkach, z których dwie muszą być skreślone. Różnych
deserów będzie więc tyle, na ile sposobów można skreślić dwie kratki
z siedmiu, czyli tyle, ile różnych podzbiorów dwuelementowych w zbiorze
7-elementowym, czyli
7
 
 2
= 21.
bakaliowe
jogurtowe
waniliowe
Przykład
Wyobraźmy sobie, że znajdujemy się w mieście zbudowanym na planie
prostopadle przecinających się ulic. Znajdujemy się w punkcie A i chcemy
dojść – najkrótszą drogą – do punktu B leżącego 3 przecznice na północ i 6
przecznic na wschód. Łatwo zauważyć, że jest wiele najkrótszych dróg
prowadzących z A do B. Dla przykładu: możemy pójść 3 razy na północ i
potem cały czas na wschód, ale także możemy iść najpierw 6 razy na
wschód i dopiero wtedy skręcić na północ.
Ile jest najkrótszych dróg z A do B?
Zauważmy, że każda najkrótsza droga biegnie przez dokładnie 9 skrzyżowań (licząc skrzyżowanie w punkcie A i nie licząc skrzyżowania w punkcie
B). Na każdym takim skrzyżowaniu musimy podjąć decyzję, czy pójść na
wschód czy na północ, przy czym musimy iść dokładnie 3 razy na północ i
dokładnie 6 razy na wschód.
Zatem liczba najkrótszych dróg z A do B to liczba wyborów spośród 9
skrzyżowań, trzech, na których pójdziemy na północ (na pozostałych
skrzyżowaniach musimy iść na wschód).
Możemy też jako rozwiązanie policzyć jako liczbę wyborów spośród 9 tych
6 skrzyżowań, na których pójdziemy na wschód (wtedy na pozostałych
trzech musimy iść na północ.
Ostatecznie liczba ta wynosi
9
 
 3
=
9
 
6
= 84.
Przykład
Ile rozwiązań ma równanie
gdzie
liczbami naturalnymi?
Użyjmy kratki rozważanej w poprzednim przykładzie, ale w ustalonym
rozmiarze 4 na 7 kwadratów. Połączmy łamaną lewy dolny róg z prawym
górnym w ten sposób, że na każdym skrzyżowaniu można iść na wschód
lub na północ. Skrzyżowań, na których mamy dokonać wyboru jest 7+4.
Wybór drogi to wybór skrzyżowań, na których skręcimy na północ. Każda
taka droga będzie mieć co najwyżej 5 odcinków poziomych, a suma
długości tych odcinków będzie wynosić 7.
Odcinki poziome mogę leżeć na poziomie 0, 1, 2, 3, 4 i 5. Jeśli długości
tych odcinków oznaczymy odpowiednio przez x0, x1, x2, x3, x4, to każda
taka droga (łamana) na kratce ustala pewne rozwiązanie naszego
równania, i każde rozwiązanie równania wyznacza dokładnie jedna drogę
(łamaną).
Zatem istnieje
rozwiązań naszego równania.
Przykład
Rozważmy znów kratkę, tym razem o wymiarach 6x6 kwadratów.
Policzmy na ile sposobów można w jej wnętrzu narysować prostokąt?
X
X X X X
X
X X X X
X
X X X X
Zauważmy, że każdy taki prostokąt jest jednoznacznie wyznaczony przez
dwie linie poziome (spośród 7) oraz dwie linie pionowe (znów spośród 7).
I na odwrót: dowolny wybór linii pozwoli nam jednoznacznie narysować
prostokąt w kratce.
Poziome linie możemy wybrać na
7
 
 2
sposobów i pionowe linie na tyle
samo sposobów. Zatem prostokąt w kratce 6x6 możemy narysować na
dokładnie
7
 
 2
2
= 441 sposobów.
Zliczanie funkcji
Twierdzenie o liczbie funkcji
Zbiór funkcji postaci
oznaczamy przez
. Dla skończonych
zbiorów X, Y mamy wówczas:
Dowód
Niech |X|= n, |Y| = m. Zbiór funkcji z X w Y jest równoliczny z Y n, bo
każdą funkcję f można reprezentować jako ciąg (f(x1), f(x2), … f(xn)).
Na podstawie Zasady Mnożenia otrzymujemy
|Y×Y× … ×Y| = |Y||Y| … |Y| = mn = |Y||X|
n
n
Twierdzenie o liczbie injekcji
Liczba injekcji ze zbioru skończonego X (n-elementowego) w zbiór
skończony Y (m-elementowy) wynosi (przy m≥n):
|Y|! / (|Y||X|)! = m! / (m-n)! = m(m-1)…(m-n+1) = mn
(dolna potęga krocząca)
Twierdzenie o liczbie bijekcji
Liczba bijekcji pomiędzy skończonymi zbiorami X i Y, gdzie |X|=|Y| = n
wynosi nn = n!.
Przykład (http://wazniak.mimuw.edu.pl)
Trzech kolegów: Bartek, Paweł i Piotrek spotkali się w pubie po zdanym
egzaminie. Okazało się, że jest pięć marek piwa do wyboru. Na ile
sposobów mogą oni wypić pierwszą kolejkę?
Każdy wybór marki piwa przez 3 osoby możemy interpretować jako
funkcję ze zbioru {Bartek, Paweł, Piotrek} w pięcioelementowy zbiór
marek piwa. A więc istnieje
sposobów spożycia pierwszej
kolejki. I tyleż sposobów dla każdej następnej.
Przykład
Kod PIN jest kodem autoryzującym właściciela karty bankomatowej.
Składa się on z 4 cyfr dziesiętnych.
a) Ile jest różnych kodów PIN?
b) Ile jest takich PIN-ów, w których żadna cyfra się nie powtarza?
c) Ile jest takich PIN-ów, w których dokładnie jedna cyfra powtarza się
dwukrotnie?
a)
Każdy kod PIN to funkcja z czteroelementowego zbioru pozycji {0, 1, 2, 3}
w dziesięcioelementowy zbiór cyfr {0, 1, …, 9}. Kodów PIN jest zatem
104 = 10000.
b)
Każdy PIN z niepowtarzającymi się cyframi to injekcja z 4-elementowego
zbioru pozycji {0, 1, 2, 3} w 10-elementowy zbiór cyfr {0, 1, …, 9}. Zatem
jest ich dokładnie 104 = 10·9·8·7 = 5040.
c)
Każdy taki PIN ma 3 różne cyfry . . .
Przykład
Na kurs tańca uczęszcza pięciu chłopaków i pięć dziewcząt. Większość
kroków tanecznych ćwiczy się parami. Dla urozmaicenia pary często się
zmieniają. Na ile sposobów może być wykonany dobór par do jednego
tańca?
Niech C będzie zbiorem chłopaków, a D zbiorem dziewcząt. Wiemy, że
|C|=|D|= 5. Matematycznym modelem doboru par do tańca jest bijekcja
z C do D. Zatem możliwych wyborów jest tyle samo co bijekcji pomiędzy
5-elementowymi zbiorami, czyli 5! = 120.